（滿分150分，考試試卷120分鐘）
一、選擇題（本大題共6題，每小題5分，共30分）
1.設(shè)a1=1+112+122，a2=1+122+132，a3=1+132+142，……，an=1+1n2+1(n+1)2．其中n為正整數(shù)，則a1+a2+a3+???+a2021的值是（ ）
A．202020192020B．202020202021C．202120202021D．202120212022
2.如圖，點I為的內(nèi)心，連接并延長交的外接圓于點D，點E為弦的中點，連接，，，當(dāng)，，時，的長為（ ）
A. 5B. 4.5C. 4D. 3.5
3.如圖，一次函數(shù)y＝x+的圖象與x軸、y軸分別交于點A，B，把直線AB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)30°交x軸于點C，則線段AC長為（ ）
A．+B．3C．2+D．+
4.如圖，點A在反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，以O(shè)A為一邊作等腰直角三角形OAB，其中∠OAB＝90°，AO＝AB，則線段OB長的最小值是（ ）
A．1B．C．2D．4
5.如圖，四邊形ABCD為正方形，將△EDC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△HBC，點D，B，H在同一直線上，HE與AB交于點G，延長HE與CD的延長線交于點F，HB＝2，HG＝3．以下結(jié)論：①∠EDC＝135°；②EC2＝CD?CF；③HG＝EF；④sin∠CED＝．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
6.已知二次函數(shù)（其中是自變量），當(dāng)時對應(yīng)的函數(shù)值均為正數(shù)，則的取值范圍為（ ）
A. B. 或
C. 或 D. 或
二、填空題（本大題共6題，每小題5分，共30分）
7.第19屆亞運會將于今年9月23日到10月08日在杭州舉行.其吉祥物是一組名為“江南憶”的機(jī)器人.三個吉祥物分別取名“琮琮”、“蓮蓮”和“宸宸”，分別代表世界遺產(chǎn)“良渚古城遺址”、“西湖”、“京杭大運河”.某校開展了一系列的“迎亞運”活動，其中一項是由志愿者扮演吉祥物和同學(xué)們合影留念.甲乙兩位同學(xué)和三個吉祥物一起合影，站成一行，要求甲乙不相鄰，且甲乙均不站在兩端，則不同的站法種數(shù)為 .
8.如圖，將兩個邊長分別為和正方形拼在一起，、、三點在同一直線上，連接和，若這兩個正方形的邊長滿足，、則陰影部分的面積為 ．
9.如圖，已知在中，，，將繞點A旋轉(zhuǎn)，點B、C分別落在點、處，如果，連接結(jié)交邊于點D，那么的值為______．
10.如圖，是線段上一點，和是位于直線同側(cè)的兩個等邊三角形，點分別是的中點．若，則PA+PB的最小值為______．

11.若一個點的縱坐標(biāo)是橫坐標(biāo)的3倍，則稱這個點為“三倍點”，如：等都是三倍點”，在的范圍內(nèi)，若二次函數(shù)的圖象上至少存在一個“三倍點”，則c的取值范圍是______．
12.人們把≈0.618這個數(shù)叫做黃金比，著名數(shù)學(xué)家華羅庚優(yōu)選法中的“0.618法”就應(yīng)用了黃金比．a(chǎn)＝，b＝，記S1＝+，S2＝+，…，S100＝+，則S1+S2+…+S100_______．
三、解答題（本大題共6題，共30分）
13.（本小題14分）
若、、為正有理數(shù)，
證明：（1）若為有理數(shù)，則、為有理數(shù).
（2）若為有理數(shù)，則、、為有理數(shù).

14.（本小題14分）
若直角三角形的邊長都是質(zhì)數(shù)，且使得代數(shù)式及的值都是正整數(shù)，求此直角三角形的三邊長.
15.（本小題15分）
如圖，以為直徑的與相切于點A，點C在左側(cè)圓弧上，弦交于點D，連接．點A關(guān)于的對稱點為E，直線交于點F，交于點G．
（1）求證：；
（2）當(dāng)點E在上，連接交于點P，若，求的值；
（3）當(dāng)點E在線段上，，以點A，C，O，F(xiàn)為頂點的四邊形中有一組對邊平行時，求的長．
16.（本小題15分）
如圖，已知正方形，點是邊上的一個動點（不與點、重合），點在上，滿足，延長交于點．
（1）求證：；
（2）連接．
①當(dāng)時，求的值；
②如果是以為腰的等腰三角形，求的正切值．
17.（本小題16分）
以下虛線框中為一個合作學(xué)習(xí)小組在一次數(shù)學(xué)實驗中的過程記錄，請閱讀后完成虛線框下方的問題1～4．
（Ⅰ）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝22，在探究三邊關(guān)系時，通過畫圖，度量和計算，收集到一組數(shù)據(jù)如下表：（單位：厘米）
（Ⅱ）根據(jù)學(xué)習(xí)函數(shù)的經(jīng)驗，選取上表中BC和AC+BC的數(shù)據(jù)進(jìn)行分析：
①BC＝x，AC+BC＝y(tǒng)，以（x，y）為坐標(biāo)，在圖①所示的坐標(biāo)系中描出對應(yīng)的點：
②連線：
觀察思考
（Ⅲ）結(jié)合表中的數(shù)據(jù)以及所畫的圖象，猜想．當(dāng)x＝____時，y最大；
（Ⅳ）進(jìn)一步精想：若Rt△ABC中，∠C＝90°，斜邊AB＝2a（a為常數(shù)，a＞0），則BC＝____時，AC+BC最大．
推理證明
（Ⅴ）對（Ⅳ）中的猜想進(jìn)行證明．
問題1，在圖①中完善（Ⅱ）的描點過程，并依次連線；
問題2，補(bǔ)全觀察思考中的兩個猜想：（Ⅲ） ；（Ⅳ） BC= ；
問題3，證明上述（Ⅴ）中的猜想；
問題4，圖②中折線B﹣﹣E﹣﹣F﹣﹣G﹣﹣A是一個感光元件的截面設(shè)計草圖，其中點A，B間的距離是4厘米，AG＝BE＝1厘米．∠E＝∠F＝∠G＝90°．平行光線從AB區(qū)域射入，∠BNE＝60°，線段FM、FN為感光區(qū)域，當(dāng)EF的長度為多少時，感光區(qū)域長度之和最大，并求出最大值．
18.（本小題16分）
若關(guān)于x的函數(shù)y，當(dāng)t﹣≤x≤t+時，函數(shù)y的最大值為M，最小值為N，令函數(shù)h＝，我們不妨把函數(shù)h稱之為函數(shù)y的“共同體函數(shù)”．
（1）①若函數(shù)y＝4044x，當(dāng)t＝1時，求函數(shù)y的“共同體函數(shù)”h的值；
②若函數(shù)y＝kx+b（k≠0，k，b為常數(shù)），求函數(shù)y的“共同體函數(shù)”h的解析式；
（2）若函數(shù)y＝（x≥1），求函數(shù)y的“共同體函數(shù)”h的最大值；
（3）若函數(shù)y＝﹣x2+4x+k，是否存在實數(shù)k，使得函數(shù)y的最大值等于函數(shù)y的“共同體函數(shù)“h的最小值．若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．
參考答案
一、選擇題
1.【答案】D
【分析】根據(jù)題意，先求出an=1+1n(n+1)，然后把代數(shù)式進(jìn)行化簡，再進(jìn)行計算，即可得到答案．
【詳解】解：∵n為正整數(shù)，
∴an=1+1n2+1(n+1)2
＝n2?(n+1)2+(n+1)2+n2n2(n+1)2
＝[n(n+1)]2+2n(n+1)+1n2(n+1)2
＝(n2+n+1)2n(n+1)
＝n2+n+1n(n+1)
＝1+1n(n+1)；
∴a1+a2+a3+?+a2021
＝（1+11×2）+（1+12×3）+（1+13×4）+…+（1+12021×2022）
＝2021+1﹣12+12?13+13?14+?+12021?12022
＝2021+1﹣12022
＝202120212022．
故選：D．
2.【答案】C
【分析】延長ID到M，使DM=ID，連接CM．想辦法求出CM，證明IE是△ACM的中位線即可解決問題．
【詳解】解：延長ID到M，使DM=ID，連接CM．
∵I是△ABC的內(nèi)心，
∴∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，
∵∠DIC=∠IAC+∠ICA，∠DCI=∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC=∠DCI，
∴DI=DC=DM，
∴∠ICM=90°，
∴CM==8，
∵AI=2CD=10，
∴AI=IM，
∵AE=EC，
∴IE是△ACM的中位線，
∴IE=CM=4，
故選：C．
3.【答案】A
【解答】解：∵一次函數(shù)y＝x+的圖像與x軸、y軸分別交于點A、B，
令x＝0，則y＝，令y＝0，則x＝﹣，
則A（﹣，0），B（0，），
則△OAB為等腰直角三角形，∠ABO＝45°，
∴AB＝＝2，
過點C作CD⊥AB，垂足為D，
∵∠CAD＝∠OAB＝45°，
∴△ACD為等腰直角三角形，設(shè)CD＝AD＝x，
∴AC＝＝x，
∵旋轉(zhuǎn)，
∴∠ABC＝30°，
∴BC＝2CD＝2x，
∴BD＝＝x，
又BD＝AB+AD＝2+x，
∴2+x＝x，
解得：x＝+1，
∴AC＝x＝（+1）＝，
故選：A．
4.【答案】C
【分析】根據(jù)三角形OAB是等腰直角三角形，當(dāng)OB最小時，OA最小，再根據(jù)兩點間的距離公式解答即可．
【解析】∵三角形OAB是等腰直角三角形，
∴當(dāng)OB最小時，OA最小，
設(shè)A點坐標(biāo)為（a，），
∴OA＝，
∵≥0，
即：﹣4≥0，
∴≥4，
∴當(dāng)a2＝時，OA有最小值，
解得a1＝，a2＝﹣（舍去），
∴A點坐標(biāo)為（，），
∴OA＝2，
∵三角形OAB是等腰直角三角形，OB為斜邊，
∴OB＝OA＝2．
故選：C．
5.【答案】D
【分析】利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，可判斷①正確；利用三角形相似的判定及性質(zhì)可知②正確；證明△GBH∽△EDC，得到，即，利用△HEC是等腰直角三角形，求出，再證明△HGB∽△HDF即可求出EF＝3可知③正確；過點E作EM⊥FD交FD于點M，求出，再證明∠DEC＝∠EFC，即可知④正確．
【解析】∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，
∴∠EDC＝∠HBC，
∵ABCD為正方形，D，B，H在同一直線上，
∴∠HBC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠EDC＝135°，故①正確；
∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，
∴EC＝HC，∠ECH＝90°，
∴∠HEC＝45°，
∴∠FEC＝180°﹣45°＝135°，
∵∠ECD＝∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴，
∴EC2＝CD?CF，故②正確；
設(shè)正方形邊長為a，
∵∠GHB+∠BHC＝45°，∠GHB+∠HGB＝45°，
∴∠BHC＝∠HGB＝∠DEC，
∵∠GBH＝∠EDC＝135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴，即，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴，
∵∠GHB＝∠FHD，∠GBH＝∠HDF＝135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴，即，解得：EF＝3，
∵HG＝3，
∴HG＝EF，故③正確；
過點E作EM⊥FD交FD于點M，
∴∠EDM＝45°，
∵ED＝HB＝2，
∴，
∵EF＝3，
∴，
∵∠DEC+∠DCE＝45°，∠EFC+∠DCE＝45°，
∴∠DEC＝∠EFC，
∴，故④正確
綜上所述：正確結(jié)論有4個，
故選：D．
6.【答案】B
【分析】首先根據(jù)題意求出對稱軸，然后分兩種情況：和，分別根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．
【詳解】∵二次函數(shù)，
∴對稱軸，
當(dāng)時，
∵當(dāng)時對應(yīng)的函數(shù)值均為正數(shù)，
∴此時拋物線與x軸沒有交點，
∴，
∴解得；
當(dāng)時，
∵當(dāng)時對應(yīng)的函數(shù)值均為正數(shù)，
∴當(dāng)時，，
∴解得，
∴，
∴綜上所述，
當(dāng)時對應(yīng)的函數(shù)值均為正數(shù)，則的取值范圍為或．
故選：B．
二、填空題
7.【答案】12，
【詳解】先將三個吉祥物進(jìn)行全排列，則有種；
再將甲乙進(jìn)行插空，因為甲乙不相鄰，所以有種，
所以共有種不同的站法，
故：12.
8.【答案】20，
【詳解】
，
．
，，
．
故：陰影部分的面積為20．
9.【答案】
【解析】
【分析】
過點D作DE⊥，如圖所示，由題意易得，，，
進(jìn)而可證，則有，設(shè)，則有，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求解．
【詳解】解：由題意可作如圖所示：
過點D作DE⊥，
∵∠C=60°，∠B=45°，
∴∠CAB=75°，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
設(shè)，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為．
10.【答案】
【解析】
【分析】延長，則是等邊三角形，觀察選項都是求最小時，進(jìn)而得出當(dāng)點與重合時，則三點共線，取得最小值，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，

延長，
依題意
∴是等邊三角形，
∵是的中點，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
則為的中點
如圖所示，

設(shè)的中點分別為，
則
∴當(dāng)點在上運動時，在上運動，
當(dāng)點與重合時，即，
則三點共線，取得最小值，此時，
則，
∴到的距離相等，
則，
此時
此時和的邊長都為2，則最小，
∴，
∴
∴.
11.【答案】
【分析】由題意可得：三倍點所在的直線為，根據(jù)二次函數(shù)的圖象上至少存在一個“三倍點”轉(zhuǎn)化為和至少有一個交點，求，再根據(jù)和時兩個函數(shù)值大小即可求出．
【詳解】解：由題意可得：三倍點所在的直線為，
在的范圍內(nèi)，二次函數(shù)的圖象上至少存在一個“三倍點”，
即在的范圍內(nèi)，和至少有一個交點，
令，整理得：，
則，解得，
，
∴，
∴或
當(dāng)時，，即，解得，
當(dāng)時，，即，解得，
綜上，c的取值范圍是，
12.【答案】5050.
【分析】：利用分式的加減法則分別可求S1＝1，S2＝2，S100＝100，…，利用規(guī)律求解即可．
【解析】∵a＝，b＝，
∴ab＝×＝1，
∵S1＝+＝＝1，
S2＝+＝＝2，
…，
S100＝+＝＝100，
∴S1+S2+…+S100＝1+2+…+100＝5050，
故答案為：5050．
三、解答題
13.【解析】（1）設(shè)(為正有理數(shù))
∴
∴
∴
∴，為有理數(shù).
（2）設(shè)，則
∴
∴
∴.
把看成（1）中的，看成（1）中的，
由（1）知為有理數(shù)，為有理數(shù)，為有理數(shù)
∵
∴為有理數(shù) 由（1）知、為有理數(shù)
∴、、為有理數(shù).
14.【解析】
（1）若，則，得或
當(dāng)，則，所以，解得
當(dāng)，則，所以等式不成立；
（2）若，則不是正整數(shù)，與已知矛盾；
（3）若，則，得
∴ ∴不可能是正整數(shù)，舍
綜上可得：，，此時直角三角形的第三邊長為或.
15.【答案】（1）證明過程見解析
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）設(shè)CD與AB相交于點M，由與相切于點A，得到，由，得到，進(jìn)而得到，由平行線的性質(zhì)推導(dǎo)得，，，最后由點A關(guān)于的對稱點為E得到即可證明．
（2）過F點作于點K，設(shè)AB與CD交于點N，連接DF，證明得到，再證明得到；最后根據(jù)及得到和，最后根據(jù)平行線分線段成比例求解．
（3）分情況進(jìn)行討論．
【小問1詳解】
證明：如圖，設(shè)CD與AB相交于點M，
∵與相切于點A，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵點A關(guān)于的對稱點為E，
∴，
∴．
【小問2詳解】
解：過F點作于點K，設(shè)AB與CD交于點N，連接DF，如下圖所示：
由同弧所對的圓周角相等可知：，
∵為的直徑，且，由垂徑定理可知：，
∴，
∵點A關(guān)于的對稱點為E，
∴，
∴，即，
∴，
由同弧所對的圓周角相等可知：，且，
∴，
∴，
∵，AB與CD交于點N，
∴．
∵，，
∴，
∴，設(shè)KE=2x，EN=5x，
∵點A關(guān)于的對稱點為E，
∴AN=EN=5x，AE=AN+NE=10x，AK=AE+KE=12x，
又，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【小問3詳解】
解：分類討論如下：
情況一：當(dāng)E在線段AO上時，如下圖1所示，設(shè)AB與CD交于點N，連接BC，此時，
設(shè)AN=NE=x，則AE=2x，OE=OA-AE=1-2x，
∵，
∴，
∴．
∵為的直徑，為的直徑，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，，，
∴，即，化簡解得，
即．
情況二：當(dāng)E在線段AO上時，如下圖2所示，此時，
設(shè)AN=NE=x，則AE=2x，OE=OA-AE=1-2x，
由情況一中可知，．
∵，
∴，
∵（2）中已證，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴．
在中，
∵，，，，
∴，解得，
∵，
∴，故，
∴．
16.【答案】（1）證明見解析；
（2）；或．
【解析】
【分析】（）設(shè)，則，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和角度和差即可求解；
（）過作于點，根據(jù)正方形的性質(zhì)證明，得出，從而可證明是的平分線，通過角平分線的性質(zhì)和等面積法即可求解；
分當(dāng)時和當(dāng)時兩種情況討論即可．
【小問1詳解】
∵四邊形是正方形，
∴，，
又∵，
∴，
設(shè)，則，
∴，，
∴；
【小問2詳解】
如圖，過作于點，則，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，即是的平分線，
∴，
∴，
當(dāng)時，如圖，

∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（）得，則，
設(shè)，則，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴點三點共線，
∴，
設(shè)，則，，
∴，
∴，
當(dāng)時，如圖，過作于點，

∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
設(shè)，則，
∴，
在中，，
∵，
∴，
綜上可知：的正切值為或．
17.【分析】問題1：利用那地方解決問題即可．
問題2：利用圖象法解決問題即可．
問題3：設(shè)BC＝x，AC﹣BC＝y(tǒng)，根據(jù)一元二次方程，利用根的判別式解決問題即可．
問題4：延長AM交EF的延長線于C，過點A作AH⊥EF于H，
過點B作BK⊥GF于K交AH于Q．證明FN+FM＝EF+FG﹣EN﹣GM＝BK+AH?33?3=BQ+AQ+KQ+QH?433=BQ+AQ+2?433，求出BQ+AQ的最大值即可解決問題．
【解析】問題1：函數(shù)圖象如圖所示：
問題2：（Ⅲ）觀察圖象可知，x＝2時，y有最大值．
（Ⅳ）猜想：BC=2a．
故答案為：2，BC=2a．
問題3：設(shè)BC＝x，AC﹣BC＝y(tǒng)，
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°
∴AC=AB2?BC2=4a2?x2，
∴y＝x+4a2?x2，
∴y﹣x=4a2?x2，
∴y2﹣2xy+x2＝4a2﹣x2，
∴2x2﹣2xy+y2﹣4a2＝0，
∵關(guān)于x的一元二次方程有實數(shù)根，
∴b2﹣4ac＝4y2﹣4×2×（y2﹣4a2）≥0，
∴y2≤8a2，
∵y＞0，a＞0，
∴y≤22a，
當(dāng)y＝22a時，2x2﹣42ax+4a2＝0
∴（2x﹣2a）2＝0，
∴x1＝x2=2a，
∴當(dāng)BC=2a時，y有最大值．
問題4：延長AM交EF的延長線于C，過點A作AH⊥EF于H，過點B作BK⊥GF于K交AH于Q．
在Rt△BNE中，∠E＝90°，∠BNE＝60°，BE＝1cm，
∴tan∠BNE=BEEN，
∴NE=33（cm），
∵AM∥BN，
∴∠C＝60°，
∵∠GFE＝90°，
∴∠CMF＝30°，
∴∠AMG＝30°，
∵∠G＝90°，AG＝1cm，∠AMG＝30°，
∴在Rt△AGM中，tan∠AMG=AGGM，
∴GM=3（cm），
∵∠G＝∠GFH＝90°，∠AHF＝90°，
∴四邊形AGFH為矩形，
∴AH＝FG，
∵∠GFH＝∠E＝90°，∠BKF＝90°
∴四邊形BKFE是矩形，
∴BK＝FE，
∵FN+FM＝EF+FG﹣EN﹣GM＝BK+AH?33?3=BQ+AQ+KQ+QH?433=BQ+AQ+2?433，
在Rt△ABQ中，AB＝4cm，
由問題3可知，當(dāng)BQ＝AQ＝22cm時，AQ+BQ的值最大，
∴BQ＝AQ＝22時，F(xiàn)N+FM的最大值為（42+2?433）cm．
18.【分析】（1）①由題意求出M＝6066，N＝2022，再由定義可求h的值；
②分兩種情況討論：②當(dāng)k＞0時，M＝kt+k+b，N＝kt﹣k+b，h＝k；當(dāng)k＜0時，M＝kt﹣k+b，有N＝kt+k+b，h＝﹣k；
（2）由題意t﹣≥1，M＝，N＝，則h＝，所以h有最大值；
（3）分四種情況討論：①當(dāng)2≤t﹣時，M＝﹣（t﹣﹣2）2+4+k，N＝﹣（t+﹣2）2+4+k，h＝t﹣2；②當(dāng)t+≤2時，N＝﹣（t﹣﹣2）2+4+k，M＝﹣（t+﹣2）2+4+k，h＝2﹣t，；③當(dāng)t﹣≤2≤t，即2≤t≤，N＝﹣（t+﹣2）2+4+k，M＝4+k，h＝（t﹣）2；④當(dāng)t＜2≤t+，N＝﹣（t﹣﹣2）2+4+k，M＝4+k，h＝（t﹣）2，畫出h的函數(shù)圖象，結(jié)合圖象可得＝4+k，解得k＝﹣．
【解析】（1）①∵t＝1，
∴≤x≤，
∵函數(shù)y＝4044x，
∴函數(shù)的最大值M＝6066，函數(shù)的最小值N＝2022，
∴h＝2022；
②當(dāng)k＞0時，函數(shù)y＝kx+b在t﹣≤x≤t+有最大值M＝kt+k+b，有最小值N＝kt﹣k+b，
∴h＝k；
當(dāng)k＜0時，函數(shù)y＝kx+b在t﹣≤x≤t+有最大值M＝kt﹣k+b，有最小值N＝kt+k+b，
∴h＝﹣k；
綜上所述：h＝|k|；
（2）t﹣≥1，即t≥，
函數(shù)y＝（x≥1）最大值M＝，最小值N＝，
∴h＝，
當(dāng)t＝時，h有最大值；
（3）存在實數(shù)k，使得函數(shù)y的最大值等于函數(shù)y的“共同體函數(shù)“h的最小值，理由如下：
∵y＝﹣x2+4x+k＝﹣（x﹣2）2+4+k，
∴函數(shù)的對稱軸為直線x＝2，y的最大值為4+k，
①當(dāng)2≤t﹣時，即t≥，
此時M＝﹣（t﹣﹣2）2+4+k，N＝﹣（t+﹣2）2+4+k，
∴h＝t﹣2，
此時h的最小值為；
②當(dāng)t+≤2時，即t≤，
此時N＝﹣（t﹣﹣2）2+4+k，M＝﹣（t+﹣2）2+4+k，
∴h＝2﹣t，
此時h的最小值為；
③當(dāng)t﹣≤2≤t，即2≤t≤，
此時N＝﹣（t+﹣2）2+4+k，M＝4+k，
∴h＝（t﹣）2，
④當(dāng)t＜2≤t+，即≤t＜2，
此時N＝﹣（t﹣﹣2）2+4+k，M＝4+k，
∴h＝（t﹣）2，
h的函數(shù)圖象如圖所示：h的最小值為，
由題意可得＝4+k，
解得k＝﹣；
綜上所述：k的值為﹣．
AC
2.8
2.7
2.6
2.3
2
1.5
0.4
BC
0.4
0.8
1.2
1.6
2
2.4
2.8
AC+BC
3.2
3.5
3.8
3.9
4
3.9
3.2

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